Questionário SO cap 3

SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS DO CAPÍTULO 3

1. É um acidente. O cadastro é base de 16.384 porque o programa passou a ser carregado no endereço 16384. Podia ter sido carregado em qualquer lugar. O limite registro é 16384, pois o programa contém 16.384 bytes. Poderia ter havido qualquer comprimento. Que o endereço de carga acontece para coincidir exatamente com o programa, o comprimento é pura coincidência.

2. Quase toda a memória tem que ser copiado, o que exige que cada palavra a ser lida e depois reescrita em um local diferente. Leitura 4 bytes leva 10 nanossegundos, para ler um byte leva 2,5 ns e escrever é preciso outro 2,5 ns, para um total de 5 ns por byte compactado. Esta é uma velocidade de 200 milhões de bytes / seg.
Para copiar 128 MB (227 bytes, que é de cerca de 1,34 × 108 bytes), o computador precisa de 227/200 milhões seg, que é de cerca de 671 ms. Este número é ligeiramente pessimista, porque se o furo inicial na parte inferior da memória é k bytes, os bytes k não precisa ser copiado. No entanto, se existirem muitos buracos e segmentos de muitos dados, os buracos será pequeno, então k será pequeno e o erro no cálculo também será reduzido.

3. O bitmap precisa de um pouco por unidade de alocação. Com 227 unidades / n alocação, esta é 224 / n bytes. A lista ligada tem 227/216 ou 211, todos os nós de 8 bytes, para uma total de 214 bytes. Para n pequeno, a lista ligada é melhor. Para n grande, o bitmap é melhor. O ponto de cruzamento pode ser calculado igualando estas duas fórmulas e resolvendo para n. O resultado é uma KB. Para n menor do que 1 KB, uma ligada lista é melhor. Para n maior do que 1 KB, um bitmap é melhor. Naturalmente, o suposição de segmentos e buracos alternados a cada 64 KB é muito irrealista. Além disso, precisamos de n